Квант 1979, №9 · Страницы

КВАНМ
9
1979

НАУЧНО-ПОПУЛЯРНЫЙ ФИЗИКО - MATEMATIЧЕСКИЙ ЖУРНАЛ
АКАДЕМИИ НАУК СССР И АКАДЕМИИ ПЕДАГОГИЧЕСКИХ НАУК СССР

На этом рисунке показано, как, отражаясь от стенок, билиардный шарик движется поравноедренному треугольнику с углом при вершине π/6. Нет, нет, это не опечатка. Дело в том, что при обичном изображении траектории на треугольнике, число изломов и самопересечений очень велико, картина получается крайне запутанная. Значительно более ясная (и красивая!) картина возниклает, если скленть из 12-ти экземпляров нашего треугольника равный 12-ти угольник, а затем отождествить его противоположные стороны. Тогда получается замкнутая поверхность с треями «ручками», а траектория плавано вокруг нее обвивается. Зачем и как это делается вы можете прочитать в статье «Билиарды и поверхности» на с. 2.

1

Описан в 1970 году
КВАНТ
9
1979

Научно-популярный
физiko-mатематический
журнал
Академи наук СССР
и Академи педагогических наук СССР

Издательство «Наука»
Главная редакция
физiko-mатематической литературы

В НОМЕРЕ:

2 А. Земляков. Биллиарды и поверхности
10 А. Михайлов. Когда наступает полдень?
15 М. Дазаев. Исчезновение колыца Сатурна
Лаборатория «Кванта»
17 В. Майер. Модели смерча
Математический кругхок
19 А. Ширцов. Об одной комбинаторной задаче
Задачик «Кванта»
21 Премин «Кванта»
22 Задачи М581 — М585; Ф593 — Ф597
24 Решения задач М528, М529; Ф538 — Ф541
По страницам школьных учебников
29 В. Гутенахер. Неравенства с фиксированной суммой
«Квант» для младших школьников
33 Задачи
34 Н. Михайлов. Емкссти
Практикум абитриента
38 Я. Суконик, П. Горштейн. Геометрические решения геометрических задач
Искусство программирования
44 Представляем новый раздел
47 А. Ершов, Г. Звеницородский. Зачем надо уметь программировать?
52 Г. Звеницородский. Зачная школа программирования, уроки 1 и 2
Информация
58 Заочная физическая школа
Рецензии, библиография
60 И. Клумова, М. Смолянский. Новые книги
62 И. Слободецкий. Новая научно-популярная серия издательства «Наука» — Библиотека «Квант»
63 И. Петраков. Прекрасное собрание perвоонсточников по математике
64 Ответы, указания, решения
Смесь (с. 9, 14, 16, 36, 43, 59)

© Главная редакция физiko-mатематической литературы
издательства «Наука», «Квант», 1979

2

А. Земляков

Биллиарды и поверхности

Отражаясь от стенок, точный шарик движется по биллиардному столу многоугольной формы. При каких условиях его движение будет периодически? Бывают ли, при данном неперiodическом движении, такие области, куда шарик не попадет нижогда?

Чтобы ответить на эти просто формулируемые, но трудные вопросы, в этой статье вместе движения с отражениями по плоскости рассматривается движение без отражений по поверхности. Оказывается, от биллиардва в многоугольнике к движению по поверхности можно перейти некоторой склейкой многоугольников.

В начале статьи этот переход появляется на примере при могу́льного биллиарда. После необходимости разговора о склейке поверхностей рассматривается общий случай. В частности, решаются задачи 16 и 17 из статьи «Математика биллиарда» («Квант», 1976, № 5).

1. Биллиард в прямогольнике и обмотки тора

На интересует следующий вопрос: какими могут быть траектории биллиардного шара, движущегося в прямогольнике П? Мы считаем шар точкой и интересемся бесконечными траекториями — нижогда не попадающим в верхины прямогольника (рис. 1). На лице многочисленных отражений от стенок биллиарда сильно затрудняет исследование траекторий шара. Однако каждую биллиардную траекторию можно «выпрямить» с помощью последовательных отражений ее отрезков относительно сторона прямого угольника — так, как показано на рисунке 2. Если с самого начала с помощью отражений «замостить» всю плоскость прямого угольника, конгруэнтными П, то, при обратных отражениях, приемые на плоскости дадут биллиардные траектории в прямогольнике П. Оказывается, нет нуждая рассматривать бесконечное множество отраженных прямогольников — можно обойтись четырьмя, образующими «большой» прямогольник П’ (рис. 3), если считать, что шарик, одной до его стороны, «перепригивает» в соответствии точку противоложей стороны (C→C’, E→E’, …, K→K’, L→L’, …, S→S’) и движется в прежнем направлении до следующего попадания на одну из его стороны. Действительно, складывая (с помощью симметрии) из П’ прямогольник П, мы получим из прягающих траекторий в П’ настоящего биллиардные траектории в П.

Таким образом, мы сумели избавиться от отражений траектории, однako у нее появились «прыжки». Чтобы избавиться от них, свернем прямогольник П’ в цилиндр и склим стороны XY и X’Y’; при этом точки L и L’, N и N’, …, I и I’ (рис. 3) склиются между собой, и траектория будет плавано обматываться вокруг цилиндра (рис. 4). Однако остаются

3

2. Биллиардные траектории в прямогольнике

Тор можно также получить вращением окружности Γ около не пересекающей ее оси ZZ’, лежащей в плоскости окружности (рис. 6). При этом каждая точка окружности Γ даст на торе окружность, которую назовем паралелю tora. Окружности, получающей из Γ при каждом конкретном повороте, естественно называть мериданami tora (рис. 6). Наконец, большой прямогольник П’, из которого был склен тор, удобно рассматривать как карту tora. Хотя траектория из п. 1 обмаывается вдоль torа, следует за ней можно, как и в навигащии, по карте.

Пусть шарик движется с единичной скоростью под углом α к стороне «a» прямогольника П. Тогда составляющие скорости движения по карте tora П’ вдоль паралелей и мериданов равны, соответственно, cos α и sin α. Паралели на карте tora имеют

$$\varphi = 2\pi \frac{l_0}{2b} = 2\pi \frac{a}{b} \text{tg} \alpha$$

(здесь 2b — длина мериданов tora на карте). Следовательно, траектория на торе будет замкнутой, т. е. перiodический, если неокторое целое число поворотов на угол φ даст пово-

4

Рис. 7.

рот на целое кратное 2π, то есть $n\varphi = 2\pi m$ или $\frac{a}{b} \mathrm{tg} \alpha = \frac{m}{n}$ — радиональное число. Если же число $(a/b) \mathrm{tg} \alpha$ irrationalно, то траектория на торе будет незамкнутой — неперiodичной. Точки пересечения траектории с каждой фиксированным meridianом расположены на нем всюду пломно, т. е. так, что они попадают в любую окрестность любой его точки*).

В силу произвольности выбора meridiana, неперiodическая траектория будет всюду плотной на всем торе, соответствующая траектория всюду плотна на карте тора $\Pi'$, а билиардная траектория всюду плотна в прямогольнике $\Pi$. Проще можно сказать так: две бы мы ни проделали дырочки (радуса $r > 0$) в прямогольном билиардном столе, мощный билиардный шарик, пученный под маким углом $\alpha$ к стороне $a$, что число $(a/b) \mathrm{tg} \alpha$ irrationalно, рано или поздно появится в эму дырочки.

Итак, мы свели билиард в прямогольнике к «обмоткам» тора и установили следующий важный факт: любая билиардная траектория, не попадающая в вершины прямогольника, либо перiodична (в случае $(a/b) \mathrm{tg} \alpha \in Q$), либо всюду плотна в прямогольнике (в случае $(a/b) \mathrm{tg} \alpha \notin Q$). Тем самым решена задача 16 из статьи «Matematika билиарда». Не желая лишать читателя удовлетвория, задачу 17 из той же статьи мы предложим в виде следующих задач:

*) См. теорему Якоби в статье «Matematika билиарда».

Задча 1. Аналогичным образом доказим докажите, что любая не попадающая в вершины билиардная траектория в равноведренном прямогольном треугольнике либо перiodична, либо всюду плотно заполлем соответствующей траекольник.

Задча 2. Докажите то же самое для: a) равностороннего треугольника, b) прямогольного треугольника с углом в 30°.

Если задча 2 не будет получаться, отклоните ее до прочтения пп. 3, 4.

3. Поверхности и их склейка

Конечно, интересно посмотреть, что получится для билиардов в других многоугольниках (отличных от прямогольника и треугольников из задач 1, 2). Нельзя ли обобщить конструкцию из п. 1 на произвольный случай? Прежде, однako, разберемся с поверхностями и склейками.

В § 47 учебника «Геометрия 10» замкнутая многоугольная поверхность определяется как множество точек в пространстве, составленное из многоугольников и удовлетворяющей неокторным условиям. Основное свойство такой поверхности заключается в том, что каждая ее точка $M$ обладает окрестностью, которая может быть непрерывно преобразована в общий круг с центром в точке $M$ (рис. 7). Под окрестностью точки $M$ понимается множество точек поверхности, удаленных от $M$ не более чем на неокторное расстояние $\varepsilon > 0$. При наших непрерывных преобразованиях окрестность можно изгибать, местами скжимать или растягивать, но запрещается «скленвать» между собой ее точки и «разрывать» окрестность. Если представить себе окрестность точки $M$ сделанной из резины, то нужно преобразование можно получить, если положить окрестность под пресс и, медленно растягивая (так, чтобы не получилось складок и разрывов), расположить ее.

Указанным основным свойством обладают не только замкнутые многоугольные, но и искривленные поверхности — например, сфера или тор. Если в сфере вырезать две дырки и заклеить их подходящим образом изо-

5

гнутой «ручкой» — боковой поверхностью цилиндра, то получится «сфера с ручкой», которая может быть преобразована в тор (рис. 8). Приклеив к сфере аналогичным образом две ручки, мы получим так называемый «крендель», или сферу с двумя ручками; на рисунке 9 эта поверхность представлена в пяты видах.

Можно построить сферу $S_p$ с любым числом приклеенных ручек $p \geq 0$. Легко видеть, что все сферы с ручками обладают основным свойством.

Полная поверхность цилиндра также обладает этим свойством, а его боковая поверхность — нет: точки $M$ на окружности оснований имеют окрестности в виде искривленного полукруга; их нельзя деформировать без разрывов и склеек в круг с центром в точке $M$ (рис. 10). Далее, поверхность двойного конуса и объединение двух пересекающихся или касающихся сфера не обладают основным свойством (рис. 11), а объединение двух непересекающихся сфера — обладает.

Мы хотим исключит из рассмотрения поверхности, состоящие из нескольких отдельных кусков. Потребуем поэтому, чтобы любые две точки

поверхности можно было соединить проходящей по поверхности непрерывной линей. Это свойство называется «связностью поверхности».

Мы не хотим рассматривать и бесконечно протяженные поверхности—такие как плоскость или бесконечная цилиндрическая поверхность—a также поверхности типа круга без границ. Поэтому наложим еще одно условие (назовем его конечностью): потребуем, чтобы поверхность можно было разбит (“разрезать”) на конечное число «криволинейных многоугольников», каждый из которых без разрывов и склеек преобразовается в плоский выпуклый многоугольник (с границами). Например, сфера по экватору и четырем meridianам разрезается на 8 криволинейных треугольников, а плоскость на конечное число многоугольников разбит нельзя.

Итак, далее мы рассматриаем только такие поверхности (множества точек пространства), которые обладают трех перечисленных свойствами: основным свойством, свойством конечности и связности.

Две такие поверхности считаются эквивалентными (математически эквивалентны-

Рис. 8.

Рис. 9.

6

ми»), если существует обратное отображение одной из них на другую, при котором нет ни разрывов, ни склеек (но допускается растяжения, скатия, изгибания и разгибания). Например, поверхность терраэдра эквивалентна сфере, две последние поверхности на рисунке 8 эквивалентны тору, все пять поверхностей на рисунке 9 эквивалентны между собой. Можно доказать*), что любая поверхность в пространстве (в нашем смысле) эквивалентнаровно одной из сфера с р ручками (т. е. либо сфере, либо тору, либо крепедело, либо сфере с р ручками для неокоторого $p>2$).

Задача 3. Показите, что мор, крепедель и, вообще, сфера с любым числом ручек обладают свойством конечности, т. е. указыва их разбиения на конечное число крюллейных многоугольников.

Задача 4. Для каждой из перечисленных ниже поверхностей указите, сфера с каким числом ручек она эквивалентна: а) поверхность чаши

*) См., например, статью В. А. Ефремовича «Основные топологические понятия» в книге V «Энциклопедии элементарной математики» (М., «Наука», 1966) или главу 3 в книге Г. Рингеля «Теорема о раскраске карта» (М., «Мир», 1977).

ки (рис. 12a); б) поверхность смула (рис. 126); с) поверхность оконного переплета (рис. 128)).

Задача 5*. Показите, что мор и сфера не эквивалентны.

Указание. Найдите такое свойство, которое сохраняет при рассматриваемых преобразованиях и которых одна из этих поверхностей обладает, а другая — нет.

Поверхность, обладающая свойством конечности, разрезается на многоугольники и поэтому может быть склеена из многоугольников. Оказывается, можно обойтись одним многоугольником. Мы уже видели, что тор может быть получен склейкой противоложих сторон квадрата (или прямого склейки). Так вот, из любого 2n-угольника после попарной склейки его противоложих сторон получается поверхность нашего типа, т. е. сфера с неокоторым числом ручек. Например, на рисунке 13 показано, как при склейке сторон восbmнуюника получается крепедель.

Задача 6. Найдите число ручек р поверхности $S_p$, склейной указанным выше образом из 2n-угольника.

В принципие закон склейки сторон 2n-угольника можно задавать произвольно; но при этом далеко не всегда получится поверхность нашего типа.

7

Задача 7. Проведите склейку no рисункам 14а, 6. (В случае 14а получится самопересекающая поверхность — так называемая «бутылка Клейна».)

4. Биллиарды и поверхности

Вернемся к Биллиардам: попытемся конструкцию из п. 1 обобщить на случай произвольного многоугольника. Что при этом может получиться, показем на примере прямоугольного треугольника $T=ABC$ с острым углом $\hat{A}=\pi/8$.

Для выпрямления Биллиардной траектории в $T$ опять воспользовемся последовательными отражениями. Такие отражения относительно сторон, исходящих из вершины $A$, дают, как показано на рисунке 15а, правильный восемичугольник, составленный из 16 треугольников $T_1=T$, $T_2$, $T_3$, …, $T_{16}$, конгрузных треугольников $T$. Заметим, что замостить всю плоскость треугольника, конструктивными $T$, с помощью отражений нельзя. Сейчас мы увидим, что это и не нужно, — можно обойтись 16 указанным треугольниками.

Пусть траектория [PM] доходит до точки $M$ на стороне восемичугольника $Q$. Продолжение [PM] за точку $M$ в случае, изобразенном на рисунке 15а, следовало бы рисовать в треугольнике $T_5'$, симметричном $T_5$. Заметим, что среди треугольников $T_i$ есть треугольник $T_{12}$, из которого $T_5'$ получается параллельным переносом. Легко видеть, что этот перенос можно выполнить как последовательную композицию симметрий:

$$T_{12} \rightarrow T_{11} \rightarrow T_{10} \rightarrow \dots \rightarrow T_6 \rightarrow T_5 \rightarrow T_5'.$$

При этом луч, проведенный через соответственную точку $M'$ (такую, что $|A'M'|=|AM|$ — рис. 15а) на стороне треугольника $T_{12}$ параллельно лучу [PM], при указанной композиции отображения на продолжение луча [PM] за точку $M$. Поэтому можно считать, что шарик перерывается из точки $M$ в точку $M'$ и про-

8

Рис. 15.

должает движение в прежнем направлении по восмнутольнику $Q$: прягающая траектория в $Q$ после отражечной даст биллардную траекторию в треугольнике $T$. Такое же рассужждение проходит и во всех других случаях, какой бы из треугольников $T_i$ ни собиралась покидать траектория, выходя за пределы восмнутольника $Q$. Таким образом, как и выше (в п. 1), биллардным траекторям в треугольнике $T$ отвечают траектории шарика, движущeroся в одном и том же направлении внутри восмнутольника $Q$ и перерыгивающего — при достижении его сторон $Q$ — в соответствииные точки противления сторон (начало одной из таких траекторий изобравено на рисунке 156).

Чтобы сделать прягающие траектории непрерывными, нужно склить противления стороны восмнутольника $Q$. Как мы видели в п. 3, при этом получится крепдель, а биллардным траекторям в треугольнике $T$ будет отвечать обматывающей этот крепдель кривые!

Хотя на крепделе и нельзя ввести хорошо координаты по образцу того, тем не менее с помощью описанной конструкции можно доказать, что любая биллардная траектория в прямугодном треугольнике с острым углом $\pi/8$, не попадающая в вершины, либо перiodица, либо всоду плоно заполняется треугольник. Доказательство этого утверждения мы оставляем в качестве веса трудной задачи (без номера).

Задача 8. Построение поверхности, отвечающей биллардам: а) в прямугодном треугольнике с углом $\pi/12$, б) в прямугодном треугольнике с углом $\pi/5$, б) в квадрате с вырезанной в нем квадратной дыркой (стороны дырки паралельны сторонам квадрата).

Оказывается, биллард в любом многоугольнике, величины всех углов которого созмерены с $\pi$, свойством к движении по соответствующим поверхностям — сфера с ручками (где $p$ больше 1 во всех случаях, кроме прямугодника и треугольников из задачи 1, 2). Мы изложим доказательство этого факта в виде серии задач.

Задача 9*. а) Биллардный шар движется под углом $\alpha$ к фиксированной стороне $a$ многоугольника $\Phi$ и, отразившись от стороны, образующей с $\alpha$ угол $\beta$, продолжает движение под новым углом $\alpha'$ к стороне $a$. Выразите $\alpha'$ через $\alpha$ и $\beta$.

Предположим теперь, что величины всех углов многоугольника $\Phi$ созмерены с $\pi$ или, что то же самое, что стороны $\Phi$ образуют с фиксированной стороне $a$ углы $\beta_i = \frac{m_i}{n_i} \pi$, где $m_i$ и $n_i$ — целые.

6. Докажите, что если начальный отрезок биллардной траектории в многоугольнике $\Phi$ направлен под углом $\alpha$ к стороне $a$, то все следующие отрезки этой траектории могут быть направлены к стороне $a$ только под конечным числом углов $\alpha_1 =$

9

Советуем купить!

Математика

Болтянский В. Г., Сидоров Ю. В., Шабунин М. И. Лекции и задачи по элементарной математике, 2 изд. (М., «Нука», 1974), 576 с., 81 к.

Лидский В. Б., Овсянников Л. В., Тулайков А. Н., Шабунин М. И. Задачи по элементарной математике, 7 изд., испр. и доп. (М., «Нука», 1973), 416 с., 70 к.

Лурье М. В., Александров Б. И. Задачи на составление уравнений (М., «Нука», 1976), 80 с., 12 к.

Физика

Гурский И. П. Элементарная физика с примерами решения задачи, 2 изд., испр. и доп. (М., «Нука», 1976), 94 к.

Зубов В. Г., Шальов В. П. Задачи по физике. Пособне для самообразования, 10 изд., стереотип. (М., «Нука», 1975), 280 с., 47 к.

Пинский А. А. Задачи по физике (М., «Нука», 1977), 288 с., 65 к.

Баканина Л. П., Белонучкин В. Е., Козел С. М. и др. Сборник задачи по физике, 3 изд., испр. (М., «Нука», 1975), 416 с., 67 к.

Буховцев Б. Б., Кривченко В. Д., Мякишев Г. Я., Сараева И. М. Сборник задачи по элементарной физике. Пособне для самообразования, 4 изд., испераб. (М., «Нука», 1974), 416 с., 72 к.

Селезнев Ю. А. Основы элементарной физики, 4 изд., испераб. (М., «Нука», 1974), 544 с., 92 к.

Физика, пер. с англ.

ч. I. Вселенная (М., «Нука», 1973), 432 с., 1 р. 30 к.

ч. II. Оntika (М., «Нука», 1973), 400 с., 1 р. 18 к.

ч. III. Механика (М., «Нука», 1974), 432 с., 1 р. 22 к.

ч. IV. Электричество и строение atoma (М., «Нука», 1974), 528 с., 1 р. 42 к.

Элементарный учебник физики, под ред. академ. Г. С. Ландсберг, 9 изд., стереотип. (М., «Нука», 1975).

т. I. Механика. Теллота. Молекулярная физика, 656 с., 1 р. 11 к.

т. II. Электричество и магнетизм, 528 с., 91 к.

т. III. Колебания и волны. Оntika. Строение atoma, 640 с., 1 р. 13 к.

Эллюит Л., Уилокс У. Физика, пер. с англ. (М., «Нука», 1975), 736 с., 1 р. 94 к.

Яворский Б. М., Пинский А. А. Основы физики, 2 изд. переработ. (М., «Нука», 1974). Том 1 — 98 к., том II — 1 р.

Яворский Б. М., Селезнев Ю. А. Справочное руководство по физике для поступающих вузы и самообразования (М., «Нука», 1975), 624 с., 1 р. 15 к.

Перечисленные выше книги можно приобретить в магазинах Книготора, Центрокоппинга и Академики, распространяющих литературы издательства «Нука».

Книги будут высланы наложенным платежом, без задания.

10

А. Михайлов

Когда наступает полдень?

Прежде чем ответить на этот вопрос, зададим другой: что такое полдень? Казалось бы, слово говорит само за себя: полдень — это половина дня, то есть средний момент между восткомом и заходом Солнца. Но можно ли на основании такого определения точно установить момент полдня, например, стукнуть молоточком и сказать: «Вот наступил полдень»? Очевидно, нет. Во-первых, моменты восхода и захода Солнца можно уверенно заметить разве лишь на море, где горизонт идеально правильный. Вовторых, заход Солнца проискодит на несколько часов позже полдня, и поэтому момент наступления полдня можно выяснить лишь после окончания дня.

Однако есть явление, чрезвычайно близкое к полдню, которое действило можно наблюдать, — это куль-

минация Солнца, то есть момент прохождения Солнца через meridian данного места. Так, для жителей умереенных людей Солнце каждый день восходит в восточной части горизонта, поднимается над ним, кульминирует, прохода через meridian, затем начинает снижаться и заходит в западной части горизонта.

Кульминация светил наблюдают с помощью специальных инструментов, называемых пассжными. Их основным элементом является критическая трубка, которая может вращаться лишь по высоте вокруг горизонтальной оси, направленной с востока на запад. Такая трубка всегда смотрит в плоскости meridiana (рис. 1). Для удобства наблюдаателя трубку иногда делают ломаной, послеая свет после отражения в горизонтальном направлении через полную ось вращения, на конце которой находится окуляр (рис. 2). Благодаря этому глаз наблюдадает всегда в неизменном положении и смотрит в горизонтальном направлении.

В поле зрения трубы натянуто несколько вертикальных тонких нитей, обычно паутиновых: средняя нить задает направление meridiana. Придав трубе нужный наклон, наблюда-

11

Рис. 1. Большой пассажный инструмент Пулковской обсерватории.

Рис. 2. Пассажный инструмент с ломаной трубой.

тель выжидает, когда наблюдаемое светило, в данном случае Солнце, войдет в поле зрения и пересечет среднюю нить. В этот момент он нажмает кнопку, замыкающий контакт, и pero самописца, называемого хронографом, делает на бегущей бумажной ленте отметку параллельно с секундными метками от часов. Ким образом момент прохождения светила через meridian может быть зафиксирован с точностью до сотых долей секунды. (У Солнца центр чем не обозначен, поэтому наблюдается прохождение двух его краев и затем полученные результаты успешноют.)

Описанный способ в сильной степени связан с быстротой реакции наблюдается. Сейчас он значительно усовершенствован, вплоть до автоматической записи момента кульминации: свет от Солнца попадает через узкую щель на фотоэлемент, последний посылает сигнал на хронограф.

Допустим, что мы несколько дней подряд по хорошим часам наблюдающих кульминцию Солнца и получили такие результаты:

1979 января 1 12 ч 3 мин 16 с
» 2 12 » 3 » 44 »
» 3 12 » 4 » 12 »
» 4 12 » 4 » 40 »

и т. д. Очевидно, мы должны были прийти к заключению, что наши часы спешат на 28 секунд в сутки, и были бы склонны переставить регулятор для заменления их хода. Но вот, не трогая часов, мы через пару месяцев вновь пронаблюдали Солнце и обнаружили следующее:

1979 марта 1 12 ч 12 мин 31 с
» 2 12 » 12 » 19 »
» 3 12 » 12 » 7 »
» 4 12 » 11 » 55 ».

Теперь, казалось бы, часы отстают на 12 секунд в сутки. В чем же дело?

В действительности во всем виновать не часы, а неравномерность видимого движения Солнца по эклиптике. Точнее — эллиптическое земной орбиты, вседствие чего (согласно второму закону Кеплера) Земля движется быстро всего близ perigелия, прохода в сутки дугу в 1°1'10’’, что бывает экгогодно около 2 января, и медленнее всего близ афеля, около 5 июля, когда эта дуга сокращается до 0°57'12". Кроме того, имеется еще другая, слабее влияющая, причина несовпадения моментов кульминции Солнца. Она состоит в том, что одинаковые участки эклиптики в проекции на плоскость экватора дают не-

12

Рис. 3. Равновеликие отрезки эклиптики в проекции на экватор дают неравные части.

равные отрезки — наиболее коротные вблизи равнодействий (рис. 3).

Таким образом, оказалось, что время, задаваемое видимым движением Солнца, получившее название истинного солнечного времени, четвер неравномерно и для точного употребления не годится. Поэтому пришлось ввести новое понятие — среднее солненое время, в основу которого положена средняя продолжительность истинных солнечных суток за целый год. Иначе можно сказать, что среднее солненое время задается вообразаемой точкой, называемой средним солнецем, которая равномерно движется по небесному экватору, совершая один оборот в течение года.

Разность между средним и истинным солнечным временем называют уравнением времени. В течение года уравнение времени колблется между +14,3 мин (в середине февраля) и —16,4 мин (в начале ноябра), четые раза проходя через нуль (около 16 апреля, 14 июня, 2 сентября и 25 декабря). График изменения уравнения времени показан на рисунке 4. Например, в течение декабра уравнение времени быстро изменяется в положительную сторону, что вызывает прогрессивное заразывание полдня из дня в день. То же происходит с восходом и заходом Солнца. Поэтому, когда после 22 декабря продолжительность дня начинает медленно увеличивать, это увеличение полностью падает на вечер, а утро еще несколько дней продолжает заразывать. Так, в Москве самый поздний восход Солнца было около 30 дней, а самый ранний заход — около 15 декабря.

Истинное солнечное время определяется по солнечным часам (рис. 5). В них teng отстерня, паралельного оси врашения Земли, или косого ребра вертикальной пластинки падает на горизонтальной, вертикальной или наклонный циферблат с делениями, зависимости от его ориентировки. Если к показанию таких часов прибавить уравнение времени, получится среднее солнечное время. Когда часы, идущее по такому времени, показывают 12 часов, наступает местный средний полдень. Мы говорим «местный», потому что в разных местах полдень бывают не одновременно (он зависит от географической долгового места).

В старину каждый городжил по своему местному времени, так что, например, в Москве часы показывали всегда на 29 минут больше, чем в Петербурге. Это создавало больше неудобства и даже путаницу на транспорте и в международных сношениях. Поэтому было предложено ввести как называемое поясное время. Всюду в пределах одного часового посяса, границы которого разняются по долготе примерно на 15°, время считается одинаковым; в соседних посях времени отличается на один час. За исходный, нульовой, посягнет тот, посредние которой продолжит гринвичский меридан. Счет посяв идет от него к востоку, и номер посяса указывает, на сколько часов его время впереди гринвичского, называемого всемирным. Так, Москва и Ленинград находится во втором посясе, и поэтому

13

Рис. 5. Горизонтальные солнечные часы.

поясное время там ровно на два часа больше всемирного.

В СССР появое время было введено в 1919 году, но в 1930 году, для экономии электрозергини на освещение, к появому времени был прибавлен один час; такое время стало называться декретным. В частности, декретное время второго часового посяка называется Московским.

Таким образом, существует множество разных систем счета времени. Но для каждого события время, отсутствное по одной системе, можно связать со временем по другим системе.

Для примера рассчитаем наступление местного истинного полдня. Согласно определению, этот полдень наступает в 12 часов истинного времени. По среднему времени это будет 12 часов уравнение времени — η минут. Всемирного времени в этот момент будет на 1/15 λ часов (или на 4 λ минут) меньше. Здесь λ — восточная долгота данного места в градусах, а множество при λ получается из расчета, что Земля поворачивается вокруг своей оси на 360 градусов за 24 часа, так что 1° соответствует 1/15 ч (или 4 минут). Для получения появного времени к найdenному всемирному времени нужно прибавить n часов (или 60 n минут), где n — номер часового посяка. Наконец, декретного времени будет на 1 ч (или на 60 минут) больше. Таким образом, истинный полдень в данной месте наступает по декретному времени в момент

t=12 ч+η мин —1/15 λ ч+(n+1) ч.
В этой формуле переменным является только уравнение η, зависимости от даты; из года в год оно повторяется с небольшими флуктуациими, связанных с неполным совпадением продолжительности календарного года с годом природы (тропический годом), равным 365, 2422 суток.

Найдем, например, время наступления истинного полдня в Москве 1 января 1979 года. По географической карте найдем долготу Москвы: λ=37,5°. Номер посяка для Москвы n=2, уравнение времени η=3 мин (см. рис. 4). Тогда искомый момент

Рис. 6. Различия между прохождениям Солнца через meridian и наибольшей высотой Солнца над горизонтом. Сплошная кривая изображет дневную дугу Солнца с неизменным склонением. Штриховая линия изображет дневную дугу светила с возратающим склонением весной и с убывающим склонением осенью. M — точка meridiana, H — точка наибольшей высоты.

16

серватории). Внутреннее темное колъю часто именуется креповым, и его внутренний край сильно размыт.

В настоящее время плоскость экватора и колец Сатурна наклонена к плоскости эклиптики (к плоскости земной орбиты) на 28°, и это наклонение сохраняется на протяжении длительного промежутка времени (за 100 лет наклонение уменшается всего лишь на 47°). Таким образом, за период обращения Сатурна вокруг Солнца, равный 29,5 земного года, плоскость экватора и колец планеты сохраняет свое направление в пространстве, подобно тому как сохраняется направление земной оси врашения и плоскости земного экватора при годовом обращении Земли. Поэтому регулятор, через каждый 14,7 земного года (промежутки времени, равные половине периода обращения Сатурна) колца планеты обращены к Земле ребром и из-за ихничтожной толщины не видны. Лишь узкая полоска тела от колца может быть замена на диске планеты. Колца становится также невидимыми, когда их плоскость направлена к Солнцу.

Это явление, называемое встроением исчезновением колцезатрина, произойдет осенью 1979 — весной 1980 года. Уже с начала утренней видимости планеты, наступающей в centябре 1979 года, и до июня 1980 года колцезатрина не будет видно. Лишь в декабре, январе и мае в телесопыле с не менее чем восмысленным увелинием можно будет заметить колцезатрина в виде чрезвычайного тонкой светлой полоски.

Исчезновение колцезатрина очень редко, и мы очень советуем всем, кто интересуетсястрономей, регулятор наблюдается эту планету на протяжении почти всего учебного года.

Электрическая цепь извлекает квадратные корни

В «Сборнике вопросов и задач по физике» под редакцией Н. Гольдфарба приводится следующая задача: составлена электрическая цепь из бесконечного числа ячейек, состоящих из трех одинаковых сопротивлений r (рис. 1). Найти сопротивление этой цепи.

Для решения сосчитаем сначала сопротивление R1 первой ячейки (разомкнутые клеммы K1, L1). Очевидно, R1=3r. Замкнут снова клеммы K1, L1 и разомкнутые клеммы K2, L2, найдем сопротивление R2 двух ячейек:

$$R_2 = 2r + \frac{rR_1}{r + R_1}.$$

Аналогично,

$$R_3 = 2r + \frac{rR_2}{r + R_2}, \dots,$$

$$R_n = 2r + \frac{rR_{n-1}}{r + R_{n-1}}.$$

где Rn — сопротивление цепи при разомкнутых клеммах Kn, Ln, n=1, 2, 3, … (рис. 1). Для бесконечной цепочки мы получим

$$R_\infty = 2r + \frac{rR_\infty}{r + R_\infty}.$$

Решим это уравнение относительно R_\infty:

$$R_\infty = r(1 + \sqrt{3}).$$

Для того чтобы это расчёжение было корректным, необходимо доказать с учетом ван и предел а lim Rn=R_\infty. Но при наших предположениях это следует из теоремы Вейерштрасса («Алгебра и начала анализ 9» п. 32); действительно, последовательность (Rn) ограничена сизу (числом (1+√3) r) и монотно убивает (проверьте!).

Из полученного ответа видно, что эта схема позволяет вычислить значение √3, изменив сопротивление цепочки при достижении большом числе ячейек.

Положив величины сопротивления в перемычках равной 2r, получим

$$R_\infty = r(1 + \sqrt{5}).$$

Для значения 3r

$$R_\infty = r(1 + \sqrt{7}),$$

для значения nr (n — любое натуральное число)

$$R_\infty = r(1 + \sqrt{2n+1}).$$

Наша цепь «извлекает корень» из любого нечетного числа!

Можно показать, что для любого вещественного числа a≥1 можно так подобрать сопротивление на перемычках, чтобы сопротивление бесконечной цепи равнялось r(1+√a).

Это утверждение мы оставляем читателю в качестве задания.

Н. Дмитриев, В. Ивлев

17

В. Майер

Модели смерча

Смерч — одно из самых градинозных и загадочных явлений природы. Энергия его настоящего велика, что почти никто и ничего не может выдержать схватку со смерчем.

Каким образом смерч переноситяжельные предметы порой на весма значительные расстояния? Как он образуется? На эти и многие другие вопросы современная наука не в состоянии дать исчерпывающих ответов.

На страницах нашего журнала рассказываюсь о природых смерч (см. статью Л. Алексеевой «Вихри, которые «делают погоду» — «Квант», 1977, № 8). Можно ли восстановить смерч в laboratorных условиях? Предлагаем вам две экспериментальные установки, с помощью которых водяные модели смерч

ча нетрудно получить даже в домашних условиях.

1. Квали микрозлектродвигателя типа ДП-12a (он используется во многих детских игрушках) прияйте диск из латунии или жести диаметром 40 мм и толщиной 0,5—1 мм. Диск нужно укрепить строго перпендикулярно вал, чтобы при его вращении не возникали битения. Для герметизация двигателя подшипники, в которых вращается вал, смажьте солидом или густым взSELном, а контакты двигателя, к которым прияны проводники, покройте слоем пластилина.

На дно стакана (или стеклянной банки) диаметром 9 см и высотой 18 см прилепите пластилиновую лепешку толщиной около 5 мм, на ней укрепите микрозлектродвигатель так, чтобы его вал сизу не касался пластилина. Проводники, induce от двигателя, закрепите на стенке стакана липкой лентой или пластилином. На рисунке 1 показана установка, готовая к проведению экспериментов.

Налейте в стекан воду, а поверх нее — слой подсолнечного масла толщиной 1—2 см. Подсоедините выводы микрозлектродвигателя к батарейке для карманного фонаря — диск начнет вращаться, при этом жидкость в стекане тоже придет во вращательное движение. Через некоторое время граница раздела между водой и маслом начинает протибаться вниз, появится заполнение маслом водонка, ко-

Рис 1. Рис. 2. Рис. 3. Рис. 4.

18

торая будет расти до тех пор, пока не коснется диска. В этот момент диск разобет масло на капли, и жидкость в стакане помутнеет. После выключения двигателя капли масла всплыут вверх, вновь образуется сплошной слой на поверхности воды. Опыт можно повторить снова.

На рисунках 2, 3 приведены фоторафини, на которых показан процесс образования воздушной воронки в несколько ином эксперименте, когда в стакан была налита только одна вода.

2. Еще более похожие на настоящий смерч является медную проволоку длиной около 25 см и диаметром 2 мм (можно использовать вязальную спицу). К концу проволоки, перpendикулярно к ней, прияйте прямоугольную пластинку из латуни или жести размером 0,5×10×25 мм (рис. 4). Включив двигатель, проверьте, как работает изготовления вам вертушка. Если возникнет необходимость, выправьте удлиненный вал (provolоку) так, чтобы при вращении биния были минимальными.

Опустите вертушка вертикально в банку с водой диаметром 15—20 см и высотой 25—30 см и включите питание. Вы увидите постепенное образование воронки на поверхности воды и рост смерча по направлению к врашающей пластинке (рис. 5—7). Когда смерч своим нижним концом коснется вертушки, образуется множество воздушных пузырьков, обои-

19

А. Ширцов

Об одной комбинаторной задаче

Как вы хорошо знаете, общное умножение ассоциативно: $(ab)c=a(bc)$ для любых чисел. Ассоциативно и умножение функций: $(f(x)g(x))z(x)=f(x)(g(x)z(x))$.

Однако в ряде разделов математики рассматривают неассоциативные «умножения». Если умножение неассоциативно, приходит только娥аться скобками, чтобы указать порядок действия, подобно тому, как приходит именно娥аться в школьных примерах, содержащих сложение и умножение или деление.

Рассмотрим слова $a_1a_2a_3...a_n$. Сколькими способами можно расставить в нем скобки, чтобы можно было вычислить неассоциативное «произведение» этих «букв»? Обозначим число таких способов через $\varphi(n)$. Ясно, что $\varphi(1)=1$ и $\varphi(2)=1$. Для трехбуквенного слова $a_1a_2a_3$ возможно две «хорошие» рассстановки скобок: $(a_1a_2)a_3$ и $a_1(a_2a_3)$. Для четырехбуквенного — таких расстановок пять: $a_1(a_2(a_3a_4))$, $a_1((a_2a_3)a_4)$, $(a_1a_2)(a_3a_4)$, $((a_1a_2)a_3)a_4$ и $(a_1(a_2a_3))a_4$. Поэтому $\varphi(3)=2$, $\varphi(4)=5$. (Показите самостояльно, что $\varphi(5)=14$, $\varphi(6)=42$.) Числа $\varphi(n)$ называются числами Каталана. В «Кванте» № 7 за 1978 год подробно расссказывалось об этих числах. Упомянуто там и о связи между этим числами и расстановками скобок. В этой заметке я хочу привести простое доказательство следующей формулы для чисел

$$\varphi(n) = \frac{1}{2n-1} C_{2n-1}^{n-1}.$$ (*)

(Из этой формулы следует, что число $\frac{1}{2n-1} C_{2n-1}^{n-1}$ — целое при всех $n$.)

Для начала мне нужно ввести понятие циклических сравнимых слов. Проще начать с примера. Из символов $a_1, a_2, a_3$, взятых по одному, можно образовать два класса циклических сравнимых слов:

$$\{a_1a_2a_3, a_2a_3a_1, a_3a_1a_2\}$$

и

$$\{a_1a_3a_2, a_3a_2a_1, a_2a_1a_3\}.$$

Чтобы получить эти классы, нужно символы $a_1, a_2, a_3$ написать по кругу, как на циферблате часов, а затем начинать запись по часовой стрелке с любого из символов.

Дадим теперь точное определение. Два слова $A$ и $B$ называются циклическими сравнимыми, если

$$A = b_1b_2...b_kb_{k+1}...b_n$$

$$B = b_kb_{k+1}...b_nb_1b_2...b_{k-1}.$$

Поступим теперь следующим образом. Каждый неассоциативному слову (так мы будем называть слова с правильно расставленными скобками) из символов $a_1, a_2, ..., a_n$ поставим в соответствие ассоциативное слово (то есть слово без скобок) из символов $a_1, ..., a_n$, $p$ по следующему правилу: $a_i \rightarrow a_i$ и, если $u \rightarrow A$, $v \rightarrow B$, то $u \cdot v \rightarrow ABp$. Например, $a_1a_2 \rightarrow a_1a_2p$, $a_1(a_2a_3) \rightarrow a_1a_2a_3pp$, $a_1((a_2a_3)a_4) \rightarrow a_1a_2a_3pa_4pp$, $(a_1a_2)(a_3a_4) \rightarrow a_1a_2pa_3a_4pp$.

Легко понять, что каждому неассоциативному слову длины $k$ от символов $a_i$ соответствует некоторое ассоциативное слово длины $2k-1$, в котором $p$ входит $k-1$ раз. Обратное, конечное, неверное. Например, слова $ppa_1a_2a_3$ или $a_1pa_2a_3p$ не могут быть получены с помощью описанной процедуры. Однако справедливо следующее утверждение:

Лемma. Пусть $A$ — некоморое ассоциативное слово длины $2n-1$, со-

20

держание каждой из символов $a_i$ ($i=1, 2, \dots, n$) по одному разу и символ $p$ $n-1$ раз. Тогда существует одно и только одно циклический сравнимое с словом $A$ (возможно, оно само) ассоциативное слово, которое соответствует некоторому неассоциативному слову длины $n$ из символов $a_1, a_2, \dots, a_n$.

По своему характера эта лемма сродни многим простым задачам, публиковавшимся в «Кванте». Я приведу ее доказательство лишь для полотны изложения.

Очевидно, в классе циклических сравнимых с $A$ слов имеет смысл расматривать лишь те, которые не начинаются с символа $p$, но кончаются с символом $p$. Такие, конечно, существуют. В таком $A_1$ — это тоже легко понять — найдется подслово (часть слова) вида $a_i a_j p$, соответствующое неассоциативному слову $a_i a_j$. Обозначим этот кусочек слова $A_1$ через $a_i$. Мы получили слово, в котором входят $a_1, a_2, \dots, a_n$, не входит $a_j$, а символ $p$ входит уже в количество $n-2$ раз. Из простой индекции по числу $n$ и следует доказательство леммы.

Основанием для индукции является рассмотрение слов типа $a_1 a_2 p$ или аналогичных.

Итак, лемма доказана. Тепер формула (*) становится почти очевидной. В самом деле, среди $2n-1$ мест мы можем в точности $C_{2n-1}^{n-1}$ способами выбрать расстановку $n-1$ символа $p$, а на оставшиеся места расставить символы $a_1, a_2, \dots, a_n$ таким образом, чтобы в циклическом сравнимом «хорошем» ассоциативном слове индексы $y_i$ шли в порядке их последовательного возрастания от 1 до $n$. Так как в каждом классе циклических сравнимых слов длины $2n-1$ оказетсяровно $2n-1$ раз и члены их (почему?) элементов, $\varphi(n) = \frac{1}{2n-1} C_{2n-1}^{n-1}$.

Формула (*) доказана.

В заключение я хочу расссказать об интерсейной истории, произведенной с этой задачей.

Популярный американский математический журнал «The American Mathematical Monthly» (для краткости AMM) в 1935 году опубликовал проблему известного математика Г. Биркгофа (№ 3674) в следующей формулировке:

Показать, что для всякого положительного к выражение $\varphi(k) = \frac{1}{2k-1} C_{2k-1}^{k-1}$ есть целое число; доказать справедливость рекуррентного соотношения

$\varphi(k) = \varphi(1) \varphi(k-1) + \varphi(2) \varphi(k-2) + \dots + \varphi(k-1)\varphi(1)$.

Легко понять, что Г. Биркгоф, занимаясь близкими вопросами, пришел к формуле (*) эмпирически. Рекуррентное же соответствие, при ближайшем рассмотрении, оченьindo.

Эта проблема была решена с помощью достаточно сильных средств математического анализа в октября 1935 года.

Позотому мне показалось весы страницы в том же журнале за 1941 г. увидеть напечатанной пробему (№ 3954) другого хорошего известного математика О. Оре:

Из трех элементов $a, b, c$, заданы в указанном порядке, можно составить $\varphi(3)=2$ произведение $(ab)c$ и $a(bc)$, если не считать, что закон ассоциативности имеет место. Аналоецно, из четырех элементов $a, b, c, d$ можно составить $\varphi(4)=5$ произведение

$[(ab)c]d, [a(bc)]d, a[(bc)d], a[b(cd)], (ab)(cd)$.

Найти общее выражение $\varphi(n)$ для $n$ множеелей.

В такой формулировке эта задача была решена в том же 1941 г. Я с решением не знакомился, так как оно оченьindo вытекало из простой ссылки на предыдущего задачу.

Новот что интересно. В 1957 году редакция AMM решила посвятить отдельный номер журнала памятки О. Данкела, руководившего много лет отделом проблем. Жюри, составленное из 25 известных математических проблем из числа направанных в этом журнале для включения их в соответствующий выпуск. К моему удивлению, обе эти задачи, неависимо, оказались среди выборных.

(Окончание см. на с. 32)

22

Задачи

M581 — M585; Ф593— Ф597

М581. а) Существует ли трехзначное число, куб которого оканчивается на три семерки?
б) Для любого ли набора цифр, последняя из которых — не 0, существует куб, оканчивающийся этим набором цифр?

А. Броцкий

М582. В окружность с центром O вписан четырехугольник со взаимно перпендикулярными диагоналими. Докажите, что расстояние от точки O до каждой его стороны равно половине длины противоположной стороны.

А. Келарев

М583. Расматривается наборы камней, масса каждого из которых не больше 2 кг, а общая масса набора — 50 кг. Из такого набора выбирается несколько камней, суммарная масса которых отличается от 10 кг на наименьшее возможное для данного набора число D. Какое наибольшее значение может принять число D для всевозможных наборов камней?

А. Вайтроб, А. Печковский

М584. Можно ли представить все пространство в виде объедининия прямых, каждый две из которых — скрещивающиеся (то есть не лежат в одной плоскости)?

Ф. Вайнштейн

М585. На химической конференции присутствовало N учены — химков и алхимиков, причем химков было больше, чем алхимиков. Известно, что на любой вопроси химки отвечают правду, а алхимики иногда говорят правду, иногда — лугт. Оказавшийся на конференции математик про каждого ученого должен установить, химик тот или иалхимик. Для этого он любому ученому может задать вопрос: «Кем является такой-то — химком или алхимиком?» (В частности: «Кто Вы?»). Докажите, что математик может выяснить все, что требуется

a) за 4N вопросов; 6) за 2N — 2 вопроса;

b) * постраайтесь придумать способ, позволяющий установить, кто — химик, а кто — алхимик, за меньшее число вопросов (авторам известен довольно громоздкий способ, позволяющий сделать это за [3N/2] вопросов).

С. Коняшин, П. Блекер

23

Ф593. Обруч радиуса $r$ скатывается с высоты $H$ ($r \ll H$) без просkalyzывания по наклонной плоскости с углом $\alpha$ при основании и абсолотно упруго ударяется о гладкую стенку, перpendикулярую наклонной плоскости (рис. 1). На какую высоту поднимается обруч после удара, если коэффициент треня скольжения равен $\mu$?

М. Бородовский

Ф594. Представьте себе, что вы находите в жарко наполленной бане, а за окном — мороз. Куда повалит пар, если вы откроете форточку?

А. Варламов

Рис. 2.

Ф595. На рисунке 2 изображена зависимость тока от напряжения для стабилизатора постоянного тока — барретора. Барретор подключен последовательно с нагрузочным сопротивлением $R = 13$ Ом к батарее с ЭДС $\varepsilon = 26$ В. В каких пределах может изменяться ЭДС батареи, если ток нагрузки не должен изменяться более чем на 50 мА?

С. Козел

Ф596. Промежуток времени между двумя последовательными заттемями спутника Юптера Ио в течение года изменяется от минимального значения, равного 42 ч 28 мин 21,5 с, до максимального, равного 42 ч 28 мин 51,5 с. Пользысь этими данных, определять скорость света, считая, что Земля движется вокруг Солнца по круговой орбите с радиусом 150 мл. км. Радиус орбиты Юптера города больше радиуса орбиты Земли, а скорость движения Юптера города меньше скорости движения Земли.

В. Белонучкин

Ф597. Магнетрон представляет собой двухэлектронную электронную лампу с цилиндрическим аномом радиуса $r$, вдоль оси которого расположена тонкая проводочка — катод. При нагревании катода он испускает электrons с энергий $E$. Магнетрон помещают в однородное магнитное поле, параллельное его оси. При каком значении индукции магнитного поля ток в аномой цепистанет равным нулю?

24

Решения задач

M528, M529; Ф538 — Ф541

М528. На каждой клетке шахматной доски стомит по фишке. Фишки нужно переставить так, чтобы расстояние между каждой парой фишек не уменьшилось по сравнению с расстоянием между ними при первоначальном расположении. Сколько способами это можно сделать? (Рассмотрим между фишками сцимается расстояние между центрами клеток, которые они занимают.)

Рис. 1.

Рис. 2.

Докажем, прежде всего, что требуется перестановка фишек сохраняем расстояния между любыми двумя фишками. Это можно сделать многими разными способами.

Первый способ. Сумма всех попарных расстояний между фишками не изменяется. Отсюда следует, что ни одно из расстояний не может увеличиться (действительно, если после перестановки фишек расстояние между каждой париной фишек не уменьшилось, то, поскольку сумма всех расстояний постояна, найдется фишки, расстояние между которых уменьшится, что противоречит условиям перестановки).

Второй способ. Угловые фишки A, B, C, D (рис. 1) по-прежнему должны остаться угловыми, поскольку расстояние от каждой из них до фишки в противоположном (по диагонали) углу не может измениться (это расстояние, равное длине диагонали доски, максимальное: $|AC| = |BD| \ge |KL|$, где K и L — произвольные клетки). Итак, эти четыре фишки по-прежнему занимают четыре угла доски, причем их новые положения A’, B’, C’, D’ — по-прежнему четыре последовательные вершины квадрата (рис. 2). Тогда расстояния от фишки M до сторона квадрата ABCD должны равнять расстояния от ее образа — фишки M’ — до соответствующих сторонах квадрата A’B’C’D’: иначе бы расстояния от M до каждой-то двух соседних сторон квадрата не увеличились, а одно из них — строго уменьшилось; но тогда расстояние до общей вершины этих сторон тоже должно быть бы уменьшиться.

Из наших доказательств ясно, что нужно перестановка фишек определяет некоторое перемещение квадрата ABCD на самом себе. Таких самосовмещений существует во всем (включая тождественное, при котором все точки остаются на месте): вершина A может попасть в любую из четырех других, а при этом вершина B — в одну из двух соседних с ней вершин.

Заметим, что основной результат задачи допускает такое красное обобщение: если f — неперерывное отображение замкнутого оранженного множества (на плоскости или в пространстве) в себя, такое, что для любых двух точки M, N

$$\rho(f(M), f(N)) \ge \rho(M, N),$$

() мо для любых двух точки M и N неравенство () будет равенство. Однако доказательство этого факта довольно сложно (см. Н. Бурбак и «Общая топология» (М., «Наука», 1975), задача 11 к § 2 главы IX).

Н. Васильев

М529. a) Мнооуольник M’ — образ выпуклого многоугольника M при одномоментии с коэффициентом k = -1/2. Докажите, что существует параллельный перенос T макой, что T(M’) ⊂ M.
b) При каких коэффициентах нометрии k < 0 верно аналогично утверждению для выпуклого многоугольника M в пространстве?

a). На первый взгляд в условиях задачи есть неопределенность: не сказано, какой именно готовотейп пслучен многоугольник M’. Мы предложаем читателю доказать о наших многоугольниках M, M’ следующее лему: образ многоугольника M’ при любом параллельном переносом быть получен из M некоторой нометрии с коэффициентом k (но с другой ценром), и, наоборот, образ многоугольника M при произвольной нометрии с коэффициентом k может быть получен из M некоторым параллельным переносом.

Перейдем к решению. Выберем среди вершин многоугольника M при (скажем, A, B и C), образующие треугольник ABC на большей возможной площади (такие найдет, так как M — конечное число вершин). Пусть O — точка пересечения медиан треугольника ABC. Расстояние образ M’’ многоугольника M при готовотейп Γ с центром O и коэффициентом k = -1/2 (рис. 3). Как мы

25

отметили, многоугольник $M''$ может быть получен из многоугольника $M'$ параллельным переносом. Ясно, что если $M''$ окажется лежащим внутри треугольника $ABC$ (и, тем более, внутри многоугольника $M$), то задача будет решена.

Рассмотрим треугольник $A'B'C'$, образованный средними линяями треугольника $ABC$. Поскольку $\Delta A'B'C' = \Gamma (\triangle ABC)$, точки $A', B', C'$ являются вершинами многоугольника $M''$, причем треугольник $A'B'C'$ имеет максимальный площадь среди треугольников, образованных треями вершинами многоугольника $M''$. Пусть теперь какая-нибудь вершина — скажем, $X$ — многоугольника $M''$ окazалась в не треугольника $ABC$, например, по разные с ним стороны от $[AB]$ (рис. 4). Но тогда треугольник $XA'C'$, очевидно, лежащий внутри многоугольника $M''$, имея бы площадь, большешую, чем треугольник $ABC$, что небозможно. Значит, $M'' \subset \triangle ABC$.

Задча a) решена.

6. Решение пункта 6) задачи почти полностью повторяет изложенное выше. Прежде всего, если слово «многоугольник» заменить на «многоугранник», то lemma сстанется справедливо. Далее, роль треугольника $ABC$ (максимальный площади) будет играть тетраэдр $ABCD$, вершины которого являются вершинами многоугранника $M$, а объем — максимальный среди объемов всех таких tetraэдров. Роль же центра готовится $O$ прекрасно сыгает центр тяжесте тетраэдра $ABCD$ (как известно, он делит отрезки, соединяющие вершины tetraэдра с центрами тяжесте противоположных граней, в отношении 1:3). Внимательный читатель, вероятно, уже догадался, что утверждение пункта 6) будет верным, если положить $k = -1/3$. Так как, очевидно, оно тем более верно при $-1/3 \leq k < 0$, для полного решения задачи остается показать, что уменьшить значение $k = -1/3$ нельзя. Что бы доказать отрицание какого-либо утверждения, достаточно опровергнуть его в каком-нибудь частном случае. Опровергнем его, когда многоугранник $M$ — правильный tetraэдр.

Для этого доказем следующей утверждение: пусть $ABCD$ — правильный метраэдр и $A'B'C'D'$ — его образ при этом с коэффициентом $k' > -3$ (рис. 5); центр готовится, как мы видели, не играет роли); моеда не существует параллельного переноса, при котором образ метраэдра $ABCD$ лежал бы внутри метраэдра $A'B'C'D'$.

В самом деле, проведем через вершины tetraэдра $ABCD$ плоскости, параллельные противоположным граям tetraэдра (через вершину $A$ — плоскость, параллельную грани $BCD$, и т. д.). Многоугранник (обозначим его $A''B''C''D''$), образованный этим плоскостями, будет правильным tetraэдром, готовящий метраэдру $ABCD$ с коэффициентом готовится $k'' = -3$ (центр готовится — в центре тяжесте tetraэдра $ABCD$). Значит, этот новый tetraэдр «больше» tetraэдра $A'B'C'D'$ (хотя бы по объему)

26

и потому не может быть «задвинут» в него никаким паралельным переносом. Допустим теперь, что существует паралельный перенос $T$ такой, что $T$ ($ABCD$) $\subset A'B'C'D'$. «Вдвинем» немного грани терраэдра $A'B'C'D'$ «внутрь», оставляя их паралельными себе, вплоть до касания с вершинами образа терраэдра $ABCD$ при паралельном переносе $T$ (то есть — с вершинами терраэдра $T$ ($ABCD$)). Получащийся при этом терраэдр, очевидно, конгрузтен ранее построением терраэдру $A''B''C''D''$ («большему», чем терраэдр $A'B'C'D'$) и лежит внутри терраэдра $A'B'C'D'$, что невозможно. Значит, требуемого паралельного переноса не существует.

Заметим, что правильно тетраэдра $ABCD$ нужна была лишь для наглядности.

Для многограничков же, отличных от терраэдра, значение $k = -1/3$ может быть уменьшено; например, для центрально-симметричных выпуклых тел (не обязательно — многограничков) «минimalный» коэффициент готовении равен —1. Таким образом, грани и козффициент готовении может служить мерой «несимметриности» выпуклого тела. Похожие вопросы разбияются в брошюре Б. Грю и ба ума в «Этиды по комбинаторной геометрии и теории выпуклых тел» (М., «Наука», 1971) и в книжке В. Г. Болтянского и И. М. Яглома «Виупклице физуры» (М. — Л., Гостехидат, 1951).

Кроме вышепиведенного решения задачи a), нам известны еще два ее решения: первое — весма простое, но использующее «трудную» теорему Хелли (см. решение задачи 19 из указанной книжки Болтянского и Яглома; там же можно найти разбор и применения теоремы Хелли); во втором за центр готовении приннимается центр тяжесте O многоугольника $M$ как плоскны. То, что O обладает нужными свойствами, проверяется очень просто.

Н. Нецветаев

Ф538. Тяжелая вервка подвешена в точках $A$ и $B$ (рис. 6). Абсолютное значение силы наряжения вервки в точке $C$ равно 20 Н. Найти массу вервки.

Обозначим $m$ массу вервки, $\vec{T}_A$ и $\vec{T}_B$ — силы наяжения вервки в точках $A$ и $B$. (Силы наяжения в каждой точке направлены по касательной к вервке). Так как вервка находится в равновесии, сумма сил, действующих на нее, равна нулю:

$$\vec{T}_A + \vec{T}_B + mg = 0.$$

Равна нулю и сумма проекций сил, действующих на вервку, на любую ось, в частиности — на вертикальную ось $OY$. Следовательно,

$$T_{Ay} + T_{By} - m|\vec{g}| = 0,$$

откуда

$$m = \frac{T_{Ay} + T_{By}}{|\vec{g}|}.$$

Таким образом, для того чтобы массу вервки, следует определить $T_{Ay}$ и $T_{By}$. Найдем их.

Участок CB вервки находится в равновесии. Это означает, что сумма проекций на горизонтальную ось $OX$ силы наяжения, действующих на вервку в точках $C$ и $B$, равна нулю:

$$T_{Cx} + T_{Bx} = 0.$$

Нарисуем в произвольном удобном масштабе силы $\vec{T}_C$ (рис. 7). Она направлена по касательной к вервке в точке $C$. Найдем проекцию силы $\vec{T}_C$ на ось $OX$. Тепер проводим касательную к вервке в точке $B$. Вдоль этой касательной направлена сила $\vec{T}_B$. На горизонтальной оси отложим проекцию силы $T_{Bx}$ на ось $OX$, которая равна $-T_{Cx}$. Восстановив перпендикуляр в точке $K$ до пере-

Рис. 7.

Рис. 8.

сечения с касательной в точке $B$, найдем силу $\vec{T}_B$. Теперь нетрудно найти проекцию силы $\vec{T}_B$ на вертикальную ось. Она определяется длиной отрезка $KE$ с учетом масштаба, в котором мы рисовали силу $\vec{T}_C$. В нашем случае $T_{By} \approx 22$ Н.

Аналогично строится сила $\vec{T}_A$ наяжения вервки в точке $A$ (рис. 8) и находится ее проекция на ось $OY$. В нашем случае она равна $\approx 9$ Н.

Таким образом, $m = \frac{22 + 9}{9,8} \text{ кг} \approx 3,2 \text{ кг}$.

И. Слободецкий

Ф539. На рисунке 9 показаны два замкнутых термо-dинамических цикла, проведенных с идеальным одноatomным газом: $1 \rightarrow 2 \rightarrow 3 \rightarrow 4 \rightarrow 1$ и $1 \rightarrow 5 \rightarrow 6 \rightarrow 4 \rightarrow 1$. У какого из циклов коэффициент полезного действия выше? Во сколько раз?

КПД цикла равен отношению работы $A$, совершенной газом, к количеству теплоты $Q$, сообщенной газу за цикл. Численно работа равна площади, ограниченной графиком цикла. Для первого цикла —

$$A_1 = (2 p_0 - p_0)(2 V_0 - V_0) = p_0 V_0,$$

для второго цикла —

$$A_2 = (4 p_0 - p_0)(2 V_0 - V_0) = 3 p_0 V_0.$$

Найдем теплы $Q_1$ и $Q_2$. В первом случае теплота передается газу на участке $1-2$ и $2-3$. При этом газ нагревается, а на участке $2-3$ еще и совершает работу $A' = 2 p_0 V_0$. Следовательно, $Q_1 = A' + \Delta U'$, $\Delta U'$ — изменение внутренней энергии газа. Так как температура газа минимальная в точке $1$ и максимальная в точке $3$, а теплоемкость одного киломоля идеального одноatomного газа равна $\frac{3}{2} R$,

$$\Delta U' = \frac{3}{2} R v (T_3 - T_1).$$

Здесь $v$ — число киломолей газа, $T_1 = \frac{p_0 V_0}{\nu R}$, $T_3 = \frac{4 p_0 V_0}{\nu R}$. Поэтому $\Delta U' = \frac{9}{2} p_0 V_0$ и $Q_1 = \frac{13}{2} p_0 V_0$. Аналогично найдем для второго цикла $A' = 4 p_0 V_0$ (на участке $5-6$), $\Delta U'' = \frac{3}{2} R v (T_6 - T_1) = \frac{21}{2} p_0 V_0$ и $Q_2 = \frac{29}{2} p_0 V_0$. Используя полученные данные, находим:

$$\eta_1 = \frac{2}{13}, \eta_2 = \frac{6}{29}, \eta_1 / \eta_2 \approx 0,74.$$

А. Зильберман

28

Ф540. Две катушки с индуктивностью $L_1$ и $L_2$ соединены параллельно. Катушки будут максимальные точки в катушках, если параллельно им подключают конденсатор с емкостью $C$ (рис. 10), предварительно заряженный до напряжения $U$?

Рис. 10.

Так как катушки соединены параллельно, напряжение на них одинаковы: $U_{L_1} = U_{L_2}$. Но $U_{L_1} = L_1 \frac{\Delta I_1}{\Delta t}$, $U_{L_2} = L_2 \frac{\Delta I_2}{\Delta t}$.

Следовательно,

$$L_1 \frac{\Delta I_1}{\Delta t} = L_2 \frac{\Delta I_2}{\Delta t}.$$

(1)

В начальной момент точки в обенх катушки равны нулю, поэтому из (1) следует, что точки $I_1$ и $I_2$ в любой момент времени таковы, что

$$L_1 I_1 = L_2 I_2.$$

(2)

(Это означает, что максимальные значения токов в катушки достигаются одновременно.)

Ясно, что точки $I_1$ и $I_2$ максимальные, когда конденсатор заряжен. Из закона сохранения энергии следует, что в этот момент

$$\frac{CU^2}{2} = \frac{L_1 I_1^2}{2} + \frac{L_2 I_2^2}{2}.$$

(3)

Из уравнения (2) и (3) находится:

$$I_1 = U \sqrt{\frac{L_2 C}{L_1 (L_1 + L_2)}}, I_2 = U \sqrt{\frac{L_1 C}{L_2 (L_1 + L_2)}}.$$

О. Савченко

Ф541. Промежуток искрового генератора (рис. 11) отрегулирован на напряжение $U$, а сопротивление $R$ резистора подобран максимум, имыны просходило пазрядов в секунду. Определить среднюю мощность, выделяющуюся на резисторе, если во время заряда конденсатор успешно разрядится.

Рис. 11.

Для установившейся источной работы искрового генератора необходимо, чтобы разряд в искровом промежутке не влиял на процесс заряда конденсатора. Это возможно в случае, когда время заряда конденсатора через искровой промежуток зачително меньше времени заряда его от источника до напряжения $U$.

В этом случае при нулевом напряжении на конденсатор ток в искровом промежутке отсутствует, и промежуток восстановлен свой диэлектрическим свойством. Следующий пробой произойдет при достижении на промежутке, а следовательно, и на конденсатор, напряжение $U$.

За время заряда конденсатора до напряжения $U$ батарея совершает работу $A = q\varepsilon$, где $q = CU - \varepsilon$ на конденсатор. Согласно закону сохранения энергии $A = Q + CU^2/2$, где $Q - \varepsilon$ энергия, выделшаяся за время заряда конденсатора на резисторе, $CU^2/2 - \varepsilon$ энергия, запасная в конденсатор. Таким образом,

$$CU\varepsilon = Q + CU^2/2,$$

откуда

$$Q = CU\varepsilon (1 - U/2\varepsilon).$$

Так как время заряда конденсатора через искровой промежуток мал, можно пребежать энергий, выделяющейся за это время на резисторе.

Если в 1 секунду конденсатор заряжается $n$ раз, то средняя мощность, выделяющаяся на резисторе, равна

$$N = nCU\varepsilon \left(1 - \frac{1}{2} \frac{U}{2}\varepsilon\right).$$

П. Зубков

29

ПО страницам школьных учебников

В. Гутенмахер

Неравенства с фиксированной суммой

В начале учебного года мы выбрали для нашего раздела тему «Неравенства», так как она произвела всю школьную программу по алгебре (см. гл. II «Алгебры 7», гл. I «Алгебры 8» и гл. IX пособия «Алгебра и начала анализа 10»).

Отметим, что к решению неравенств с несколькими переменными свойствами многое важнее задачи из экономики и других приложений математики.

В статье на простейших задачах*) мы познакомимся с важными примами рассуждений, которые помогут вам научиться свободно обращаться с неравенствами.

*) Часть этих задач составляется одно из заданий ВЗМШ (см. с. 32).

Задачи про муку

В условиях первых задач речь идет о тройках чисел a, b, c, связанных соотношением a+b+c=1, в третьей части — о способе изображения таких треок на плоскости.

Задача 1. В трех пакетах находится 1 ке муки. Кроме того, известно, что в первом пакете муки не больше, чем во втором, а во втором — не больше, чем в третьем.

a) Может ли в третьем пакете находится 2/5 ке муки?

b) Может ли в третьем пакете находится 1/5 ке муки?

b) Сколько, самое меньше, может быть муки в третьем пакете?

г) Сколько, самое больше, может быть муки в третьем пакете?

a) Ответ. Может. Приведем пример. Распределим муку так: в первый и второй пакеты положим 3/10 ке муки, а в третьий — 2/5 кг. Тогда все условия выполнены: 3/10 + 3/10 + 2/5 = 1, причем в первом пакете муки не больше, чем во втором (3/10 ≤ 3/10), а во втором — не больше, чем в третьем (3/10 ≤ 2/5).

б) Ответ. Нет, не может. Доказем это. Допустим, что в третьем пакете 1/5 кг, тогда во втором — не больше 1/5 кг и в первом — тоже не больше 1/5 кг. Но тогда во всех трех пакетов не больше 3/5 ке муки,

30

что противоречит условия. Поэтому нашей допущение (что в третьем пакете $1/5$ кг) не верно.

в) Ответ. В третьем пакете, самоое меньше, $1/3$ кг. Докажем это. Покажем сначала, что в третьем пакете не меньше, чем $1/3$ кг. Допустим противное: пусть там меньше $1/3$ кг муки. Тогда и во втором, и в первом пакетах тоже меньше $1/3$ кг, но это означает, что во всех трех пакетах меньше 1 кг муки, что противоречит условия. Итак, в третьем пакете не меньше $1/3$ кг. Покажем теперь, что в третьем пакете может быть $1/3$ кг муки. Если насыпать в каждой пакет по $1/3$ кг, то сумма будет 1 кг и в первом пакете муки оказывается не больше, чем во втором, а во втором — не больше, чем в третьем.

г) Ответ. В третьем пакете, самоое больше, 1 кг. В самом деле, больше 1 кг не может быть по условиям, а 1 кг получится, когда в первых двух пакетах муки вообше нет.

Следующие две задачи того же типа, что и задача 1. Напишите их решения, взяв за образец нашей решения задачи 1.

Задача 2. Условие мо же, что в задаче 1. Нужно ответить на вопросы:

a) Может ли во втором пакете быть $2/5$ кг муки?

b) Может ли во втором пакете $3/5$ кг муки?

и доказать, что

b) Во втором пакете, самоое больше, $1/2$ кг муки.

г) Во втором пакете может быть 0 кг муки.

Задача 3. Условие мо же, что в задаче 1. Надо ответить на вопросы:

a) Может ли в первом пакете быть $13/37$ кг муки?

b) Может ли в первом пакете $12/37$ кг муки?

b) Сколько, самоое больше, муки в первом пакете?

г) Сколько, самоое меньше, муки в первом пакете?

Вместо муки — числа и углы

Обратимся снова к задаче 1. Ее можно сформировать и по-другому:

Задача 4. Про числа $a, b, c$ известно, что $a+b+c=1$ и $0 \leq a \leq b \leq c$.

a) Может ли с равнымся $2/5$?

b) Может ли с равнымся $1/5$?

b) Надите наименьшее значение $c$.

г) Надите наименьшее значение $c$.

Решение задачи 4 можно записать так:

a) $c$ может быть равно $2/5$. Например, $c=2/5, a=3/10, b=3/10$. тогда $3/10+3/10+2/5=1$ и $3/10 \leq 2/5$.

b) $c$ не может быть равно $1/5$. В самом деле, если $c=1/5$, то $b \leq 1/5, a \leq 1/5$, поэтому $a+b+c<1$, что невозможно. Итак $c \geq 1/3$. Покажем, что $c$ может равнять $1/3$. В самом деле, если положить $a=b=c=1/3$, все условия будут выполнены.

Задача 5. Переформулируйте аналогичным образом задачу 2 и приведите ее решение так же, как мы это сделали с задачей 1 (см. задачу 4).

Решите теперь следующие задачи, пожоже на задачи 4 и 5:

Задача 6. Про числа $a_1, a_2, a_3$ известно, что $a_1+a_2+a_3=1$ и $0 \leq a_1 \leq a_2 \leq a_3$.

a) Надите максимальное значение $2a_1+3a_2$.

b) Надите минимальное значение $2a_1+3a_2$.

Задача 7. a) Может ли наибольший по величины уол в треугольнике равняться $50^\circ$?

b) Может ли наибольший по величины уол в треугольнике равняться $88^\circ$?

Задача 8. Какое наименьшее значение может принадлежать наибольший уол в треугольнике?

Задача 9. В трех пакетах находимся 1 кг муки, причем известно, что в первом пакете в два раза меньше муки, чем во втором, а во втором — не больше, чем в третьем. Сколько, самоое больше, может находимся муки во втором пакете?

Задача 10. Плять прямы на плоскости расположены так, что никакие две из них не паралельны. Докажите, что среди их найдуmsя,

31

по крайней мере, две прямые, уелом между коморыми не меньше 36°.

Указание. Выберите произвольную точку на плоскости и проведите через нее прямые, параллельные данных.

Задача 11. Докажите, что в выпуклом прямоугольнике не может быть больше трех острых углов.

Задача 12. Процесла $a, b, c, d$ известно, что $a+b+c+d=4$ и $0 \leq a \leq b \leq c \leq d$.

a) Докажите, что $c \leq 2$.

b) Докажите, что наибольшее значение $b+c$ равно $8/3$.

b) Найдите наименьшее значение $a+d$.

Задача 13. Процесла $a_1, a_2, a_3, a_4, a_5$ известно, что $a_1+a_2+a_3+a_4+a_5=1$ и $0 \leq a_1 \leq a_2 \leq a_3 \leq a_4 \leq a_5$.

a) Докажите, что $a_3 \leq 1/3$.

b) Найдите наибольшее значение $a_2+a_3+a_4$.

b) Найдите наименьшее значение $a_1+a_5$.

Задачи
про правильный треугольник

Задача 14. Дан равносторонний треугольник. Найдите множество точек внутри него:

a) уделенных от стороны $AB$ не больше, чем от стороны $BC$;

b) уделенных от стороны $BC$ не больше, чем от стороны $AC$;

b) удовлетворяющих одновременную условия a) и b).

Ответ на вопрос a) показан цветом на рис. 1a), на вопрос b) — на рис. 1б).

Оказывается, задача 14b) тесно связана с задачей 1. Для того, чтобы перекнуть местку между этим задачими, решим следующее задачу:

Задача 15. Докажите, что сумма расстояний от любой точки внутри равностороннего треугольника $ABC$ до его сторона равна длине $h$ его высоты.

Решен и е. Возьмем произвольную точку $M$ внутри треугольника $ABC$ и опустим из нее перепределки ляры на стороны $AB, BC$ и $AC$. Пусть длины получшихся отрезков равны $h_1, h_2$ и $h_3$; это и есть расстояния от точки $M$ до сторона. Над доказать, что $h_1+h_2+h_3=h$. Соединим точку $M$ с вершинами $A, B$ и $C$. Очевидно, $S_{ABM}+S_{CBM}+S_{CMA}=S_{ABC}$, где $S_{ABM}, S_{CBM}, S_{CMA}, S_{ABC}$ — площади треугольников $ABM, CBM, CMA, ABC$ соответственно. Обозначим длину сторона треугольника $ABC$ через $a$ и перепишем это равенство так:

$$\frac{ah_1}{2}+\frac{ah_2}{2}+\frac{ah_3}{2}=\frac{ah}{2}.$$

Отсюда следует доказываем равенство: $h_1+h_2+h_3=h$.

Дополнитель к задаче 15. Утверждение этой задачи верно не только для внутренних точек треугольника, но и для точек, лежащих на его сторонах и в вершинах. (При этом мы считаем, что если точка лежит на стороне треугольника, то ее расстояние до этой стороны равно нулю.) Докажите это самостъятное.

Рис. 1

Возьмем равносторонний треугольник $ABC$ таким, чтобы его высота равна длине $h$ его высоты.

Мы предлагаем вам самим подумать над доказательством «обратного» утверждения: если заданы три числа $h_1, h_2, h_3$ таких, что $h_1 \geq 0, h_2 \geq 0, h_3 \geq 0, h_1+h_2+h_3=1$, то внутри или на границе треугольника $ABC$ можно найти точку $M$, расстояние от которой до $[AB]$ равно $h_1$, до $[BC] - h_2$, до $[AC] - h_3$. Конечно, достаточно потребовать, чтобы выполнялись лишь первые два условия, тогда расстояние от $M$ до третий стороны, согласно задаче 15, будет 1—$h_1-h_2=h_3$.

32

Итак, мы научились тройки положительных (точнее — неотрицательных) чисел ($h_1; h_2; h_3$), у которых $h_1+h_2+h_3=1$, изобразать геометрические. Будем так и говорить: «точка ($h_1; h_2; h_3$)» *).

Геометрическая иллюстрация первых задач

Тепер снова вернемся к первым задачам. Расмотрим, например, рис. 16) к задаче 14 (здесь и дальше мы попрежнему считаем, что высота треугольника $ABC$ равна 1). На нем выделены цветом те точки ($h_1; h_2; h_3$), для которых $h_1 \leqslant h_2$ и $h_2 \leqslant h_3$.

Покажем, что на многоге вопросы, которые мы ставили в первых задачах, очень легко ответить при помощи баритрических координат. Например, вернемся к задаче 4.

Тепер у нас другие обозначения: $a=h_1$, $b=h_2$, $c=h_3$, а условия записаются так: $0 \leqslant h_1 \leqslant h_2 \leqslant h_3$, $h_1+h_2+h_3=1$.

*) Числа $h_1, h_2, h_3$ математики называют баритрическими координатами точек правильного треугольника.

Задание Всегоизной заочной математической школи

Обязательные задачи: №№ 2, 3, 7 — 10, 12а), 17.

Дополнительные задачи: №№ 6, 11, 126), 12в), 136).

Об одной комбинаторной задаче
(Окончание. Начало см. на c. 19)

Далее было еще интереснее. В «Математическом просвещении» № 4 (М., ФМ, 1959) профессор А. Лопшиц, комментируя уже упомянутый сборник изображенных задач и желая достиить любительм математики информации и, разумеется, удовлетворение выбирает, конечно, на свой вкус, 27 задач из 400 уже выбранных. И снова обе эти задачи, независимо, попадают в список.

На самом же деле, как мы теперь убедились, обе эти задачи — две стороны одного и того же вопроса.

Из этой «истории» видно, что даже крупные математики не всегда понятно друг друга, так как, зачастую, говорят на разных языках. Это явление довольно широко распространяется в последнее время, когда поток информации prevышает человеке возможность ее качественной переработки.

33

Задания

1. Если Аня идет в школу пешком, а обратно едет на автобусе, то всего на дорогу она затрачивает полтора часа. Если же она едет на автобусе в оба конца, то весь путь занимает у нее тридцать минут. Сколько времени траит Аня на дорогу, если и в школу, и из школы она идет пешком?

2. Может ли сумма 1+2+3+…+p при каком-либо p оканчиваться на 1979?

3. На колхозный двор прилетелло 35 ворон. Неожиданное испуващись чего-то, вороны взлетели и разделились на две стан: первая стая уселась на ветви старого тополя, а другая — на крышу водонапорной башни. Через некоторое время с тополя на крышу перелетело 5 ворон, столкоже ворон совсем улетело с крыши, после чего на тополе осталось вдвое больше ворон, чем на крыше. Сколько было ворон в обеих стаях первоначально?

4. Найдите произведение
   $$\left(1 - \frac{1}{4}\right)\left(1 - \frac{1}{9}\right)\left(1 - \frac{1}{16}\right)\cdot \dots \cdot \left(1 - \frac{1}{225}\right).$$

5. Задача - фокус. Возьмите трехзначное число. Запишите цифры в обратном порядке (например, 347→743, 525→525); получится еще одно трехзначное число. От больше числа отнимите меньше. Последнюю цифру разности сообщите отгадачку. Отгадчик называет разность. Как он это делает?

34

Н. Михайлова

Емкости

Мне сегодня на урок неинтересно. Мы по арфметике повторяем пројденное. Нужно вставить значок «больше» или «меньше». Я так чек рисую, только я тогда значок переворчиваю — не так > или <, а так ∨. И еще кружки считаем — сколько десятков, сколько единиц. Где целые десятки — белые кружки, а где стольник до десятка недорос — красные. Но мы с папой это уже все проходили, потому что мама велела ему меня «натаскать». «Натаскать» — это когда долго арфметику объясняют. Папа меня натаскивал, натаскивал и говорит: «Не понимаю, что от нас мама хочет. Ты у меня и сам все понимаешь.

На сегодня хватит. Вот тебе под знавес еще задача. Подумай пару дней. Когда-то ее решил один маленький мальчик вроде тебя. Потом он великим ученым стал. Только он сразу решил, а ты не потянешь. Но думай, думай, шевели извилинами, от этого их больше становится.»

Думал я, думал, но пока ничего не придумал, а сейчас мне класс мешает. Бубнят все чего-то, как далекий паровозик: «Бу-6-6, чух-чух-чух.»
《Открой задачик, Матвеев Женя, а то ты богат знает чем занят», — сказала Зинаида Ивановна.

Он у меня открыт, но не там, где у всех, а где палина задача лежит. Я ее выtera вечером решал, решал, но очень спать хотелось. Лег, а у меня в голове слово «емкость» из задачи застряло. Красивое слово.

Емкость — это и ведро, и кастрюля, и таз, даже некрасивые, неэмалированные. И банка консервная — тоже емкость. Мне всего очень емкость силилась, так что я, когда проснулся, то еле добежал. И бабушка сказала, что в моем возрасте это уже стыдно.

А задача такая. Даны две емкости: 3 литра и 5 литров — и цистерна молока. Как напить 4 литра молока. Я люблю молоко. Мама говорит — я в нее пошел. Когда была война, а молока не было, она все мечтала пойти в доярки, чтобы пить его целый день.

Страно все-tаки! Как же лито из цистерны без крана?

35

Приделю ей кран:

Уже лучше. Теперь подставляю емкость. Наливаю полные кастрюли.

В этой кастрюльке 3 л, а нужно 4. Значит, 4>3 и 4—3=1. На 1 л меньше, чем нужно. А добавлять все равно некуда. Она же полная.

А в этой — 5 л. 5>4 и 5—4=1. Наоборот, на 1 л больше.

Как бы этот литр отлить? А как его отмерить? Мерки ведь нет. Вот в магазиначке такой есть литровый, и то мама говорит, что недоливают. А без мерки как же я отмерю?

НИЧERO не получается.

А если обе кастрюли вместе слить? 5+3=8, а 8=4+4. Будет целых два раза по 4! А куда сливать? В меня можно, потом пушу туда рыбок, как в аквариум, — путь плавают.

Нет, не нужно рыбок, попрошу лучше палу, чтобы купил в зоомагазине китенка. Пушу в живот, назову Васей. Будем разговаривать.

Но ведь он расти будет. Еще лопну. Нет, не надо никакого. Ладно.

Некуда сливать кастрюлечки. Налью-ка я сначала в меншую, а потом из нее перелью в большую:

Маленькая теперь пуста совсем, а в большой 3 л молока и 2 литра пустьх. Еще можно из маленькой литы. Снова наберу маленькую кастрюлечку полную и вылью в большую, сколько влезет. А туда 2 л влазут. Значит, в маленькой 1 л останется, а мне 1 л отмеривать из большой надо.

Попробую наоборот—из большой в пустью маленькую лить. Выилл 3 л. В большой 2 л осталось. Вот сколько. Тепер из маленькой кастрюляки вылью молоко, потому что емкость очень нужно. Вылью обратно в цистерну, не на землю же его лить. Правда?

Что у меня теперь получилось?

Ага! Перелью теперь из большой в пустью кастрюлечку. Что получилось?

36

Так ведь в маленькой пустого места теперь 1 л. Ура! Ура! Я ведь раныше хотел из большой 1 л отлить. Ровно один! Теперь у меня мерка есть. Скорей, скорей! Снова наливаю полную большую кастрюльку и из нее сливую в маленькую. Сколько сливую? Ровно литр. Что получается?

Я, наверное, как тот малчик, буду великим ученым! У меня ведь тоже 4 л наlintо в кастрюльке! Ax, ты моя кастрюлечка! Уф! Теперь отдохну.

«Женя Матвеев, ты еще и заслул вдобавок!»
Разве же я спал?

Есть еще решения!

В апрельском номере «Кванта» мы предложили младшим школьником следующую задачу (см. с. 97):

Паралелодрами составлен из трех равновесных треугольников, среди которых нет конгрузимых. Найдите величины его узлов.

В пятом номере журнала мы указали два решения этой задачи: паралелодрами с острым углом 72° и паралелодрами с острым углом $\frac{360^\circ}{7}$, при ведя при этом три рисунка с возможными разбиениями (см. с. 63). Как справедливо заметил нам читатель А. Гольдберг из Ленинграда, задача имеет не два, а пять решений: паралелодрами с острыми углами 36°, 72°, $\frac{180^\circ}{7}$, $\frac{360^\circ}{7}$ и $\frac{540^\circ}{7}$. Мы извивнемся перед читателями и, не приводя полного решения задачи (это довольно скучный перебор многих слуаев), помещаем только рисунки.

37

Кончились летние каникулы, начался новый учебный год. Начинается учебный год в «Практикуме абитриента» — традиционном разделе нашего журнала.

Какие задачи и вопросы предлагают абитриентам на вступительных экзаменах по математике и физике в различныхузах? В чем состоит типичные недостатки ответов поступающих, их характерные ошибки? Как проходят приемные экзамены? Чему при подготовке к этим экзаменамуделять основное внимание? Как наиболее эффективно использовать оставшееся время и организативность повторение материалов?

Получаемые редакции письма читателей, их выступления на читательских конференции свидетельствуют, что подобные вопросы интересют и волнуют очень многох — учащся школа и профессиональной технических училищ, рабочую молоджь, учитель, любитель математики и физики и даже… родитель, подчас весы далеких по своей специальности от этих наук. Ответам на все эти вопросы и посвязываемые материалы «Практикума абитриента».

Прежде всего читателей найдет здесь стать по отдельным разделам программ вступительных экзаменов вузы по математике и физике. Такие статьи预先служют цель дать углубленное, подробное разяснение наиболее важных и сложных тем школьных курсов математики и физики, предостеречь будущих абитриентов от наиболее часто встречающихся ошибок. Изложение теоретических положений в этих статях, как правило, использовается разработом типичных задач, взятых из практики вступительных экзаменов. Намечая темы статей, редакция учиться, по мере возникности, конкретные предложения и пожелания, высказываемые в письмах читателей.

Заменить собой школьные учебники, где изложены систематические курсы математики и физики, стать «Практикума абитриента», конечно же, не могут — да и нет такой нужды. Они рассчитаны на тех, кто уже усвоил содержание учебников и хотел бы получить дополнительные пояснения и задания для самостоятельной работы. Помимо публикаций, которые появятся в «Практикуме абитриента» в последующих номерах «Кванта», при подготовке к вступительным экзаменам полезно познакомиться с некоторыми статьями, посвященными в журнале в процессе подготовки к экзаменам у читателей будут возникать какие-то вопросы, зачем и почему?

Не следует думать, что материалы «Практикума абитриента» расчитаны только на десятиклассников. Ряд статей этого раздела вполне доступен девятиклассикам, да и из остальных статей им будет понятно очень многое.

Вполне естественно, что будущеим абитриентам интересно узнать, какого задачи предлагают на вступительных экзаменах. Ведь каждому хотелось бы конкретно представить себе, что такое экзамен, заранее познакомиться с уровнем требований экзаменаторов в различных учебных заведениях. Это особенно важно для молодежи, оканичивающей школы в сельх, рабочих поселках, небольших городках. В «Практикуме абитриента» будут систематически помещаться образцы вариантов письменных экзаменов и задач устных экзаменов по математике и физике, которые предлагались в 1979 году в различных.by нашей страны. Хотя эти задачи различются по своей сложности, читатели сами убедятся в главном: для их решения достаточно лишь хорошо усвоить школьные курсы, и никаких дополнительных знаний не требуется. Кстати, публикуемые варианты дают отличную возможность попробовать свои силы в решении «реалного» экзаменационного набора задач за фиксированное время (обчено на выполнение работ абитриенты получают 4 часа).

Очень важное готовить себя к экзаменам и психологически, воспитываемой вузы, выдерку, самообладание. К сожалению, известно немало случаев, когда неплохо подготовленный абитриент во время экзамена терялся, начиная нервничать и в результате не мог решить даже простые задачи или расссказать то, что хорошо знал.

Редакция журнала «Кванта» надеется, что раздел «Практикум абитриента» станет добрым советником поступающих. Вероятно, в ходе подготовки к экзаменам у читателей будут возникать какие-то вопросы, зачем и почему?

Редакция ответит на ваши вопросы — лично или в рубрике «Спрашивайте — ответаем», а наиболее интересные предложения и сообщения читателей будут опубликованы в обзоре «Читатель советуют».

38

Геометрические решения геометрических задач

Памяты Вайнмана В. Ш., учитель математики города Киева, посвящается.

При решении геометрических задач передко прибегают к различным аналитическим методам. В настоящее время статье расссказывается о нескольких геометрических способах, которые делают решения простим и рациональным. Изложенные методы и примыты почти оченьидны и, несомненно, не новы для читателя, но, тем не менее, думается, что наполнивание о них будет полезным всем, кто желает хорошо научиться решать геометрические задачи.

1. Определим вид фигуры.

Решение задачи в некоторых случаях значительное ускорится, если предварительно определить вид, который может (или не может) иметь исходная фигура.

Задача 1 (МГУ, ВМК, 1978). Около треугольника AMB описана окружность, центр которого удален от стороны AM на расстояние 10. Продолжение стороны AM за вершину M отсекает от касательной к окружности, проведенной через вершину B, отрезок BC, равный 29. Найти площадь треугольника BMC, если известно, что угол ACB равен arctg $\frac{20}{21}$.

Определим вид треугольника BMC, для чего проведем его высоту $BM_1$, продолжим ее до пересечения с окружностью в точке $M_2$ и спроектируем центр окружности O на сторону AM и хорду $BM_2$ (рис. 1). Тогда, согласно условия,

$$|OK| = 10, |BM_1| = |BC| \sin \widehat{ACB} = 29 \sin \left( \arctg \frac{20}{21} \right) = 29 \cdot \frac{20}{29} = 20 = 2 |OK|, |BM_2| = 2 |BL| = 2 (|BM_1| - |LM_1|) = 2 (|BM_1| - |OK|) = 2 |BM_1| - |BM_2| = |BM_1|.$$

Отсюда следует, что точки M, $M_1$ и $M_2$ совпадают (рис. 2) и, следовательно, точка O лежит на [AB] и треугольник BMC — прямой угольный. Дальнейшее ясно. (Ответ.210.)

Задача 2 (МГУ, геология. ф-т, 1978). В треугольнике ABC сторона $|AC| = 3, \widehat{BAC} = \frac{\pi}{6}$ и радус описанной окружности равен 2. Доказать, что площадь треугольника ABC сторо менше 3.

Покажем, что $\triangle ABC$ не может быть прямой угольным. В самом деле, проведем в окружности радиуса 2 из точки A хорды AC, AB$_1$, AB$_2$ и диаметр AD (рис. 3) так, чтобы $|AC| = 3, \widehat{B_1AC} = \widehat{B_2AC} = \frac{\pi}{6}$. Отрезок AB$_1$ не совпадает с отрезком AD, поскольку $\widehat{CAB}_1 = \frac{\pi}{6} \neq \arccos \frac{3}{4} = \arccos \frac{|AC|}{|AD|} = \widehat{CAD}$. Следовательно, $\widehat{ACB}_1 \neq \frac{\pi}{2}$ и $|AB_1| < |AD|$. Поэтому $S_{\Delta AB_1} = \frac{1}{2} |AC| \cdot |AB_1| \sin \widehat{B_1AC} < \frac{1}{2} |AC| \cdot |AD| \sin \widehat{B_1AC} = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 4 \times \sin \frac{\pi}{6} = 3$. Неравенство $S_{\Delta AB_2} < 3$ легко следует из $|AB_2| < |AC| = 3$.

2. «Достроим» фигуру.

Всякое геометрическое решение геометрической задачи начинается с работы над чертежом.

39

При этом иногда на «естественном» чертеже (т. е. на чертеже, на котором только «изображено» условие) трудно заметить связи между данными и исходными величиными, а если фигуру «достроить», эти связи становятся очевидными.

Задача 3 (МГУ, ф-т почво-ведения, 1977). Длины основания CD, диагонали BD и боковой стороны AD трапеции ABCD равны между собой и равны p. Длина боковой стороны BC равна q. Найти длину диагонали AC.

В данной трапеции ABCD (рис. 4) нельзя увидеть связи между исходной диагональю AC и другими отрезками. Если же, приняв во внимание, что точка D равнодулана от точек A, B и C, проведи окружность O(D, p) и «достроить» данную трапецию до равнобедренной трапеции ABCE, из прямогоЛЬного треугольника ACE легко найти $|AC| = \sqrt{4p^2 - q^2}$.

Задача 4 (НГУ, 1976). В трапеции ABCD с основанием AB и CD bicсектриса уела В перпендикулярна боковой стороны AD и пересекаем ее в точке E. В каком отношение

нищ пряма BE делим площадь трапеции, если известно, что длина отрезка AE в два раза больше отрезка DE?

Если «достроить» данную трапецию ABCD до треугольника AFB (рис. 5), получим равноведенный треугольник, от которого отрезок DC отсекает подобный треугольник DFC с коэффициентом подобия $\frac{1}{4}$. Поэтому искомое отношение равно $\frac{S_{EDCB}}{S_{\Delta AEB}} = \frac{S_{\Delta EFB} - S_{\Delta DFC}}{S_{\Delta AEB}} = \frac{\frac{1}{2} S_{\Delta AFB} - \left(\frac{1}{4}\right)^2 S_{\Delta AFB}}{\frac{1}{2} S_{\Delta AFB}} = \frac{7}{8}$.

3. Описем окружность.

В некоторых случаях существим моментом в геометрическом решении задачи является установление конгузнности некоторых углов. Чаще всего такие углы являются соответствными в подобных треугольниках

40

или многоугольник. Однако возможны такие ситuation, когда конгруэнтность расматривается пары углов следует из конгруэнтности другой пары углов, величины которых известны. Например, около четырехугольника $ABCD$ тогда и только тогда можно описать окружность, когда $\widehat{ABC} + \widehat{ADC} = 180^\circ$ («Геометрия 8», п. 113). Легко доказать, что это условие равносильно условию $\widehat{ABD} = \widehat{ACD}$. Таким образом, равенства $\widehat{ABD} = \widehat{ACD}$, $\widehat{ACB} = \widehat{ADB}$, $\widehat{BAC} = \widehat{BDC}$, $\widehat{CAD} = \widehat{CBD}$ равносильны (рис. 6).

Задача 5 (МФТИ, 1976). Точка $E$ лежит на стороне $AC$ правильно треугольника $ABC$; точка $K$ — середина отрезка $AE$. Прямая, проходящая через точку $E$ перпендикулярно ($AB$), и прямая, проходящая через точку $C$ perpendicularно ($BC$), пересекаются в точке $D$. Найти улы треугольника $BKD$.

Пусть прямая $ED$ пересекает прямую $AB$ в точке $F$ (рис. 7). Тогда треугольник $AFE$ — прямойольный, причем $[FK]$ — медиана. Значит, треугольник $AFK$ — правильный треугольник, готовотничий данному треугольнику $ABC$. Позному $[FK] \parallel [BC]$ и четырехугольник $BFKC$ — равноведренная трапеция. Следовательно, около него описать окружность. Из $\widehat{BFD} + \widehat{BCD} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$ следует, что точка $D$ принадлежит той же окружности.

Позному $\widehat{BKD} = \widehat{BFD} = 90^\circ$, $\widehat{KDB} = \widehat{KCB} = 60^\circ$ и $\widehat{DBK} = 30^\circ$.

Задача 6 (МГУ, физика, 1974). На bicсектрисе угла с вершиной $L$ взята точка $A$. Точка $K$ и $M$ — основания перпендикуляров, опущенных из $A$ на стороны угла. На отрезке $KM$ взята точка $P$ (|$KP$| < |$PM$|) и через точку $P$ perpendicularно к отрезку $AP$ проведена прямая, пересекающая прямую $KL$ в точке $Q$ (Кмежду $Q$ и $L$), а прямую $ML$ — в точке $S$. Известно, что $\widehat{KLM} = \alpha$, |$KM$| = $a$, |$QS$| = $b$. Найти длину отрезка $KQ$.

Как известно, $|AK| = |AM|$. Легко сообщить, что $\widehat{AKM} = \widehat{ALK} = \frac{\alpha}{2}$.

Позному $|AK| = \frac{a}{2\cos \frac{\alpha}{2}}$.

Вокруг четырехугольников $APKQ$ ($\widehat{APQ} = \widehat{AKQ} = 90^\circ$) и $APSM$ ($\widehat{APS} + \widehat{AMS} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ$) можно описать окружности (рис. 8). Поискы $AQS = AQP = AKP = AKM = AMK = AMP = ASP = ASQ = \frac{\alpha}{2}$, треугольник $AQS$ — равноведренный. Из $\triangle AQS$ находится $|AQ|$, затем из прямогоугольного треугольника $AKQ$ — $|KQ| = \frac{\sqrt{b^2 - a^2}}{2\cos \frac{\alpha}{2}}$.